Возможно ли, чтобы ΔxΔx\Delta x (σxσx\sigma_x) любого волнового пакета свободной частицы в любой момент времени уменьшалось?

Question

Возможно ли, чтобы ΔxΔx\Delta x (σxσx\sigma_x) любого волнового пакета свободной частицы в любой момент времени уменьшалось?

Физика
волновая функция
квантовая механика
уравнение Шредингера
симметрия обращения времени
Гейзенберг-принцип-неопределенности

Райкер

Рассмотрим любой волновой пакет, описывающий свободную частицу (так что на нее не действует потенциал или другие силы). Тогда можно показать, что $\Delta p$ не меняется во времени. Однако мой вопрос заключается в том, что происходит с $\Delta x$ как мы идем вперед во времени? Должен ли он постоянно увеличиваться? Или есть контрпример, когда неопределенность позиции уменьшается, пусть даже на короткий период времени?

Моя первоначальная догадка $\Delta x$ всегда должно увеличиваться, потому что $p \neq 0$ , чтобы $\Delta p \neq0$ и, следовательно $\Delta v = \frac{\Delta p}{m} \neq 0$ . Но если есть разброс скоростей, то волновой пакет тоже должен разойтись. Верна ли эта логика? Или мы могли бы иметь волновой пакет, задняя часть которого двигалась бы вперед быстрее, чем передняя часть, и в течение некоторого времени, пока эта задняя часть не догонит переднюю часть, он действительно был бы уже, чем в начале, т.е. $\Delta x$ ? Если да, то как можно описать такую свободную частицу (волновой пакет)?

Так что мне кажется, что каждый волновой пакет, описывающий свободную частицу, в конечном итоге будет расширяться, но вопрос в том, может ли быть период времени в его эволюции, когда он на самом деле становится уже.

edit: В частности, если он не должен постоянно увеличиваться, можно ли это показать, не обращаясь к обращению времени?

Дэвид З.

Связанный, но не тот же вопрос: physics.stackexchange.com/q/7231

Райкер

@DavidZaslavsky Да, я это уже видел, и там в комментариях обсуждалось что-то похожее на мой вопрос. Однако никогда не указывалось, является ли

Δ x

$\Delta x$ должна увеличиваться (или в идеальном случае оставаться неизменной) всегда , а не только в конце концов .

Ответы (4)

Возможно ли, чтобы ΔxΔx\Delta x (σxσx\sigma_x) любого волнового пакета свободной частицы в любой момент времени уменьшалось?

Связанный, но не тот же вопрос: physics.stackexchange.com/q/7231
@DavidZaslavsky Да, я это уже видел, и там в комментариях обсуждалось что-то похожее на мой вопрос. Однако никогда не указывалось, является ли $\Delta x$ должна увеличиваться (или в идеальном случае оставаться неизменной) всегда , а не только в конце концов .

Марк Эйхенлауб · Answer 1

Марк Эйхенлауб

Если $\Psi(x,t)$ решает уравнение Шрёдингера, то же самое $\Psi^*(x,-t)$ , так что нет, вообще ничего не должно увеличиваться.

Райкер

Можете ли вы уточнить это? Вы хотите сказать, что если неопределенность возрастает, скажем,

t \in (t_{1}, t_{2})

$t \in (t_{1}, t_{2})$ , то есть период времени, когда неопределенность положения уменьшается, а именно

t \in (- t_{2}, - t_{1})

$t \in (-t_{2}, -t_{1})$ ?

Марк Эйхенлауб

Я говорю, что если

Ψ (x, t)

$\Psi(x,t)$ имеет возрастающую неопределенность от t1 до t2, то определите

\bar{Ψ} (x, t) = Ψ (x, - t)

$\bar{\Psi}(x,t) = \Psi(x,-t)$ , а также

\bar{Ψ}

$\bar{\Psi}$ будет иметь уменьшающуюся неопределенность от t1 до t2.

Марк Эйхенлауб

Я нахожу это предельно очевидным, если честно. Я просто говорю, что ты можешь обратить время вспять что угодно. Если что-то растет, когда время идет вперед, то снижается, когда время идет назад, но уравнение Шредингера не может определить разницу между «время идет вперед» и «время идет назад», поэтому все, что может увеличиться для одного решения, может уменьшиться. для другого решения.

джошфизика

Отличный, простой аргумент. Жаль, что я не тратил так много времени на вычисления.

Райкер

Хм, понятно, но, например, можно доказать, что неопределенность положения гауссового волнового пакета всегда возрастает. Итак, если вы перевернете этот волновой пакет во времени и определите его так, как вы это сделали, с точки зрения

Ψ (x, - t)

$\Psi (x,-t)$ , то разве этот обращенный во времени волновой пакет не является гауссовым, что приводит к противоречию?

Марк Эйхенлауб

Я не вижу никакого противоречия, но я также не очень понимаю, почему вы думаете, что оно есть. Когда вы говорите «если вы перевернете этот волновой пакет во времени», слово «тот» неоднозначно; Я не знаю точно, какую волновую функцию вы хотите повернуть вспять. Возможно, ваше замешательство связано с тем, что вы думаете, что по мере того, как гауссиана развивается во времени, она остается гауссовой. Это не так, потому что, если бы это было так, неопределенность его импульса изменилась бы (гауссианы насыщают соотношение неопределенностей) вопреки вашему собственному утверждению.

Райкер

Хорошо, я вижу, и спасибо за дополнительный отзыв. Однако есть две вещи, которые я пока не совсем понимаю. Во-первых, в своем ответе вы утверждаете, что

Ψ (x, - t)

$\Psi (x,-t)$ решает уравнение Шредингера, но я не понимаю, насколько это очевидно. Как это показать? А во-вторых, я не вижу, как гауссиана перестает быть гауссианой. Я имею в виду, вы в основном просто подставляете определенное значение для t на более поздние времена, и у вас все еще остается выражение той же формы, но теперь другое

x_{0}

$x_{0}$ или же

p_{0}

$p_{0}$ или чем пик характеризуется, не так ли?

Марк Эйхенлауб

en.wikipedia.org/wiki/Т-симметрия

Марк Эйхенлауб

Что касается эволюции по Гауссу, то нет, как я уже показал, это невозможно. Просто иди решай уравнение.

Райкер

@MarkEichenlaub Что касается этой статьи в Википедии, она сама утверждает, что ее можно найти только в определенных контекстах, так зачем тогда вам обязательно применять ее к уравнению Шредингера? В частности, есть ли способ показать то, что вы заявили, напрямую используя уравнение Шредингера, не обращаясь к общему теоретическому предсказанию, подобному этому? Если да, я был бы очень признателен за более подробную информацию об этом.

Марк Эйхенлауб

Конечно, уравнение Шредингера обратимо во времени, хотя была одна деталь, которую я изначально не упомянул в своем ответе. См. physics.stackexchange.com/questions/40996/…

Райкер

Я попытаюсь осмыслить эту вещь с обращением времени, но в то же время есть ли способ показать то, что вы сказали, без такого обращения? Именно этот вопрос был задан, но так и не дан ответ, в нашем первом курсе QM, и я предполагаю, что должен быть ответ, используя только эти инструменты. И я должен сказать, что подход, который использовал @joshphysics, также был тем, о котором я подумал в первую очередь. Любой способ, который будет работать?

Марк Эйхенлауб

Я не понимаю вопроса. Вы говорите, что вам нужен пример? Просто возьмите любую волновую функцию, немного разверните ее во времени и посмотрите, уменьшится ли ее неопределенность. Если нет, примените преобразование, немного продвиньте его во времени, и вы получите конкретный пример.

Эмилио Писанти

Учитывая решение

Ψ (t)

$\Psi(t)$ уравнения Шрёдингера, штекер

Φ (t) = Ψ^{*} (- t)

$\Phi(t)=\Psi^\ast(-t)$ в уравнение, возьмите его комплексно-сопряженное, и вы увидите, что это решение. Если

Ψ

$\Psi$ увеличивается в ширину между

t_{1}

$t_1$ а также

t_{2}

$t_2$ , тогда

Φ

$\Phi$ уменьшится по ширине между

- t_{2}

$-t_2$ а также

- t_{1}

$-t_1$ .

Райкер

Я думаю, что я хотел знать, можете ли вы показать это, не предполагая, что вы можете сделать предложенное вами преобразование.

Марк Эйхенлауб

Или, если вам нужен пример, который легко визуализировать, возьмите в качестве примера два гауссиана с очень большим расстоянием, но движущихся навстречу друг другу. Тогда неопределенность в x — это просто разделение, а разброс гауссианов игнорируется. Развивайте это вперед во времени. Гауссианы сближаются, уменьшая неопределенность x, хотя по отдельности они немного расходятся.

Райкер

@EmilioPisanty, так что на самом деле это между

- t_{2}

$-t_{2}$ а также

- t_{1}

$-t_{1}$ . Я именно это спросил в первом комментарии выше, но Марк ответил, что это будет между

t_{1}

$t_{1}$ а также

t_{2}

$t_{2}$ . Это меня немного смутило, так можем ли мы случайно прийти к консенсусу по этому вопросу?

Эмилио Писанти

Я думаю, что это оговорка со стороны Марка (думаю, без вины). А пока садись и считай!

Райкер

@MarkEichenlaub Я думал об этом гауссовском примере раньше, но будут ли эти два гауссиана описывать волновой пакет свободной частицы? Это то, в чем я не был уверен, и я также не был уверен, можем ли мы просто помахать рукой, сказав, что неопределенность уменьшается, когда они приближаются друг к другу. В конце концов, кто сказал, что разброс, когда центры выровнены, не больше, чем это расстояние было вначале?

Марк Эйхенлауб

Эмилио прав. Идея заключается в том, чтобы просто повернуть время вспять. Пожалуйста, извините меня, но я больше не интересуюсь подробностями; эта ветка комментариев уже слишком длинная.

Марк Эйхенлауб

Да, два гауссиана описывают свободную частицу. Если один гауссиан делает, то два гауссиана могут путем суперпозиции. Легко настроить ширину гауссианы и разделения, чтобы утверждение было правильным.

Райкер

Спасибо, я пройдусь по этому поводу еще раз позже и сделаю расчет, предложенный @EmilioPisanty, и я просто вернусь сюда, если у меня все еще будут вопросы или я найду что-то, что не соответствует тому, что было сказано.

Qмеханик · Answer 2

Мы переформулируем заглавный вопрос OP (v1) следующим образом:

Покажите, что для всех возможных волновых пакетов $\psi(p,t)$ свободной частицы, дисперсия положения
$\begin{matrix} (1) & В а р (\hat{Икс}) знак равно ⟨ {\hat{Икс}}^{2} ⟩ - ⟨ \hat{Икс} ⟩^{2} \end{matrix}$ ${\rm Var}(\hat{x}) ~=~\langle \hat{x}^2\rangle-\langle \hat{x}\rangle^2\tag{1}$ уменьшается хотя бы на каком-то интервале $[t_1,t_2]$ времени.

Как правильно отмечает Марк Эйхенлауб в своем ответе и комментариях, решение с уменьшением ${\rm Var}(\hat{x})$ в $[t_1,t_2]$ может быть отображено симметрией обращения времени к решению с увеличением ${\rm Var}(\hat{x})$ в $[-t_2,-t_1]$ . Здесь используется, что гамильтониан $\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}$ для свободной частицы, а оператор положения $\hat{x}$ оба коммутируют с оператором обращения времени $\hat{T}$ . См., например, мой ответ Phys.SE здесь для получения дополнительной информации.

Однако симметрия обращения времени логически не исключает сама по себе возможность того, что решение имеет монотонно возрастающее значение. ${\rm Var}(\hat{x})$ за все время. (Это означает только, что если это так, то будет и решение с монотонно убывающим ${\rm Var}(\hat{x})$ за все время.)
Явный расчет. Рассмотрим произвольный волновой пакет
$\begin{matrix} (2) & ψ (п, т) знак равно А (п) е^{- я θ (п, т)} \end{matrix}$ $\psi(p,t)~=~A(p)e^{-i\theta(p,t)} \tag{2}$ которое представляет собой общее решение зависящего от времени уравнения Шрёдингера в импульсном представлении. Здесь угол $\begin{matrix} (3) & θ (п, т) знак равно θ_{0} (п) + \frac{п^{2}}{2 м} \frac{т}{ℏ}, А (п), θ_{0} (п) е р, \end{matrix}$ $\theta(p,t)~=~\theta_0(p) + \frac{p^2 }{2m}\frac{t}{\hbar},\qquad A(p),\theta_0(p)~\in~\mathbb{R}, \tag{3}$ аффинен в $t$ . Будем считать, что волновой пакет нормирован $\begin{matrix} (4) & 1 знак равно | | ψ (т) | |^{2} знак равно ⟨ ψ (т) | ψ (т) ⟩ знак равно \int_{р} г п А^{2} . \end{matrix}$ $1~=~||\psi(t)||^2~=~ \langle \psi(t)| \psi(t)\rangle~=~\int_{\mathbb{R}} \!dp~A^2 .\tag{4}$ Оператор положения в импульсном представлении читается $\begin{matrix} (5) & \hat{Икс} знак равно я ℏ \frac{\partial}{\partial п} . \end{matrix}$ $\hat{x}~=~i\hbar\frac{\partial }{\partial p}.\tag{5}$ Поэтому среднее положение $\begin{matrix} (6) & ⟨ \hat{Икс} ⟩ знак равно ⟨ ψ (т) | \hat{Икс} | ψ (т) ⟩ знак равно ℏ \int_{р} г п А^{2} θ^{'} \end{matrix}$ $\langle \hat{x}\rangle~=~ \langle \psi(t)| \hat{x}|\psi(t)\rangle ~=~\hbar\int_{\mathbb{R}} \!dp~A^2\theta^{\prime} \tag{6}$ аффинен в $t$ , и среднее значение квадрата позиции $\begin{matrix} (7) & ⟨ {\hat{Икс}}^{2} ⟩ знак равно ⟨ ψ (т) | {\hat{Икс}}^{2} | ψ (т) ⟩ знак равно ℏ^{2} \int_{р} г п (А^{' 2} + А^{2} θ^{' 2}) \end{matrix}$ $\langle \hat{x}^2\rangle~=~ \langle \psi(t)| \hat{x}^2|\psi(t)\rangle ~=~\hbar^2 \int_{\mathbb{R}} \!dp~(A^{\prime 2} +A^2\theta^{\prime 2} ) \tag{7}$ квадратичен в $t$ . Здесь штрихи обозначают дифференцирование относительно..

Таким образом, мы сразу знаем, что дисперсия положения
$\begin{matrix} (8) & В а р (\hat{Икс}) знак равно а т^{2} + б т + с \end{matrix}$ ${\rm Var}(\hat{x})~=~at^2+bt+c\tag{8}$ квадратичен в $t$ также, где $a$ , $b$ , а также $c$ постоянные коэффициенты. Нетрудно увидеть из неравенства Коши-Шварца $\begin{matrix} (9) & {(\int_{р} г п А^{2} \frac{п}{м})}^{2} \leq \int_{р} г п {(А \frac{п}{м})}^{2} \cdot \int_{р} г п А^{2} \end{matrix}$ $\left(\int_{\mathbb{R}} \!dp~A^2\frac{p}{m} \right)^2 ~\leq~ \int_{\mathbb{R}} \!dp~\left(A\frac{p}{m}\right)^2 \cdot \int_{\mathbb{R}} \!dp~A^2 \tag{9}$ что коэффициент второго порядка $\begin{matrix} (10) & а знак равно \int_{р} г п {(А \frac{п}{м})}^{2} - {(\int_{р} г п А^{2} \frac{п}{м})}^{2} \geq 0, \end{matrix}$ $a~=~\int_{\mathbb{R}} \!dp~\left(A\frac{p}{m}\right)^2-\left(\int_{\mathbb{R}} \!dp~A^2\frac{p}{m} \right)^2~\geq ~0, \tag{10}$ неотрицательна, см. условие нормировки (4). На самом деле можно показать, что $a>0$ строго положителен, поэтому ${\rm Var}(\hat{x})$ является убывающей параболой для $t$ достаточно отрицательно, как мы и хотели показать.

Набросал косвенное доказательство $a\neq 0$ : Коэффициент второго порядка $a$ становится нулем $~\Leftrightarrow~$ неравенство Коши-Шварца (9) превращается в равенство $~\Leftrightarrow~$ $A(p) p$ пропорциональна $A(p)$ $~\Leftrightarrow~$ $A(p)$ пропорциональна дельта-функции $\delta(p-p_0)$ . Но это не соответствует нормируемому волновому пакету.
Пример. Два взаимно сближающихся волновых цуга — простой интуитивный пример, когда дисперсия положения ${\rm Var}(\hat{x})$ уменьшается через некоторое время $[t_1,t_2]$ . Но это, в некотором смысле, ленивый пример, который как бы выдает, насколько универсально и вездесуще такое поведение для квантовой механики.

Например, как мы знаем из общего анализа в разделе 2, уже простейший возможный волновой пакет, т. е. одиночный гауссовский волновой пакет, демонстрирует такое поведение. Однако это гораздо менее интуитивно понятно и, следовательно, гораздо более увлекательно / ошеломляюще, чтобы попытаться понять. Положим для простоты $\hbar=1=m$ .

Одиночный гауссовский волновой пакет на $t=0$ имеет форму
$\begin{matrix} (11) & ψ (п, т знак равно 0) знак равно Н опыт (- я п с - \frac{п^{2}}{2} т), \end{matrix}$ $\psi(p,t=0)~=~N \exp\left(-ipc - \frac{p^2}{2}\tau\right) ,\tag{11}$ куда $\tau>0$ а также $c=a+ib\in\mathbb{C}$ являются константами. Здесь $N>0$ является нормировочной константой. Из условия нормировки (4) следует, что $\begin{matrix} (12) & Н знак равно {(\frac{т}{π})}^{\frac{1}{4}} опыт (- \frac{б^{2}}{2 т}) . \end{matrix}$ $N~=~\left(\frac{\tau}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\exp\left(-\frac{b^2}{2\tau}\right).\tag{12}$ Таким образом, для произвольного времени $t$ , волновой пакет Гаусса имеет вид $\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} ψ (п, т) знак равно & ψ (п, 0) опыт (- я \frac{п^{2}}{2} т) \\ знак равно & Н опыт (- я п с - \frac{п^{2}}{2} (т + я т)) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\psi(p,t)~=~&\psi(p,0)\exp\left(-i\frac{p^2}{2}t\right)\cr ~=~& N \exp\left(-ipc - \frac{p^2}{2}(\tau+it)\right) .\end{align}\tag{13}$ В позиционном представлении волновой пакет Гаусса становится $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} ψ (Икс, т) знак равно & \int_{р} \frac{г п}{\sqrt{2 π}} опыт (я п Икс) ψ (п, т) \\ знак равно & \frac{Н}{\sqrt{т + я т}} опыт (- \frac{(Икс - с)^{2}}{2 (т + я т)}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\psi(x,t) ~=~&\int_{\mathbb{R}} \frac{dp}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(ipx\right) \psi(p,t)\cr ~=~&\frac{N}{\sqrt{\tau+it}} \exp\left(-\frac{(x-c)^2}{2(\tau+it)}\right).\end{align} \tag{14}$ Распределения вероятностей положения становятся $\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} | ψ & (Икс, т) |^{2} \\ знак равно & \frac{Н^{2}}{| т + я т |} опыт (- р е \frac{(Икс - с)^{2}}{т + я т}) \\ знак равно & \frac{Н^{2}}{\sqrt{т^{2} + т^{2}}} опыт (- \frac{[(Икс - а)^{2} - б^{2}] т - 2 (Икс - а) б т}{т^{2} + т^{2}}) \\ знак равно & \sqrt{\frac{т}{π (т^{2} + т^{2})}} опыт (- \frac{(Икс - а - \frac{б т}{т})^{2} т}{т^{2} + т^{2}}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}|\psi&(x,t)|^2\cr ~=~&\frac{N^2}{|\tau+it|} \exp\left(-{\rm Re}\frac{(x-c)^2}{\tau+it}\right) \cr ~=~&\frac{N^2}{\sqrt{\tau^2+t^2}} \exp\left(-\frac{[(x-a)^2-b^2]\tau-2(x-a)bt}{\tau^2+t^2}\right) \cr ~=~&\sqrt{\frac{\tau}{\pi(\tau^2+t^2)}} \exp\left(-\frac{(x-a-\frac{bt}{\tau})^2\tau }{\tau^2+t^2} \right). \end{align}\tag{15}$ Поэтому среднее положение $\begin{matrix} (16) & ⟨ \hat{Икс} ⟩ знак равно \int_{р} г Икс Икс | ψ (Икс, т) |^{2} знак равно а + \frac{б т}{т} \end{matrix}$ $\langle \hat{x}\rangle~=~\int_{\mathbb{R}} \!dx~x|\psi(x,t)|^2 ~=~a+\frac{bt}{\tau}\tag{16}$ является аффинной функцией $t$ , а дисперсия положения $\begin{matrix} (17) & В а р (\hat{Икс}) знак равно \int_{р} г Икс (Икс - ⟨ \hat{Икс} ⟩)^{2} | ψ (Икс, т) |^{2} знак равно \frac{т^{2} + т^{2}}{2 т} \end{matrix}$ ${\rm Var}(\hat{x}) ~=~\int_{\mathbb{R}} \!dx~(x-\langle \hat{x}\rangle)^2|\psi(x,t)|^2 ~=~\frac{\tau^2+t^2}{2\tau}\tag{17}$ является квадратичной функцией $t$ .

Симметричный во времени профиль (17) дисперсии положения ${\rm Var}(\hat{x})$ одного гауссова волнового пакета, вероятно, несколько удивит любого, кто заимствует свою интуицию у классической физики.

джошфизика · Answer 3

Я еще не знаю ответа на этот вопрос, но вот расчет, который может оказаться полезным для других при определении ответа. Вычислим производную по времени от $\sigma_X$ . Сначала обратите внимание, что

\frac{г}{г т} о_{Икс}^{2} знак равно 2 о_{Икс} {\dot{о}}_{Икс}, о_{Икс} знак равно ⟨ {Икс}^{2} ⟩ - ⟨ Икс ⟩^{2}

$\frac{d}{dt}\sigma_X^2 = 2\sigma_X\dot\sigma_X, \qquad \sigma_X = \langle X^2\rangle - \langle X\rangle^2$ так

\begin{aligned} {\dot{о}}_{Икс} & знак равно \frac{1}{2 о_{Икс}} \frac{г}{г т} (⟨ {Икс}^{2} ⟩ - ⟨ Икс ⟩^{2}) \\ знак равно \frac{1}{2 о_{Икс}} (\frac{г}{г т} ⟨ {Икс}^{2} ⟩ - 2 ⟨ Икс ⟩ \frac{г}{г т} ⟨ Икс ⟩) \end{aligned}

$\begin{align} \dot\sigma_X &= \frac{1}{2\sigma_X}\frac{d}{dt}\left(\langle X^2\rangle - \langle X\rangle^2\right) \\ &= \frac{1}{2\sigma_X}\left(\frac{d}{dt}\langle X^2\rangle - 2\langle X\rangle\frac{d}{dt}\langle X\rangle \right)\\ \end{align}$ Теперь воспользуемся общим соотношением

\frac{г}{г т} ⟨ О ⟩ знак равно \frac{я}{ℏ} ⟨ [ЧАС, О] ⟩

$\frac{d}{dt}\langle O\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[H,O]\rangle$ для оператора без явной зависимости от времени. Это следует из того

\begin{aligned} \frac{г}{г т} ⟨ Икс ⟩ знак равно \frac{я}{ℏ} ⟨ [п^{2} / 2 м, Икс] ⟩ знак равно \frac{я}{2 м ℏ} ⟨ - 2 я ℏ п ⟩ знак равно \frac{⟨ п ⟩}{м} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}\langle X\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[P^2/2m, X]\rangle =\frac{i}{2m\hbar}\langle -2i\hbar P\rangle = \frac{\langle P\rangle}{m} \end{align}$ так что также

\begin{aligned} \frac{г}{г т} ⟨ {Икс}^{2} ⟩ & знак равно \frac{я}{ℏ} ⟨ [\frac{п^{2}}{2 м}, {Икс}^{2}] ⟩ знак равно \frac{я}{2 м ℏ} (- 2 я ℏ) ⟨ {п, Икс} ⟩ знак равно \frac{⟨ {п, Икс} ⟩}{м} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}\langle X^2\rangle &= \frac{i}{\hbar} \left\langle\left[\frac{P^2}{2m}, X^2\right]\right\rangle = \frac{i}{2m\hbar}(-2i\hbar)\langle\{P,X\}\rangle = \frac{\langle \{P,X\}\rangle}{m} \end{align}$ куда

{P, X} = P X + X P

$\{P, X\}=PX+XP$ , и поэтому

{\dot{о}}_{Икс} знак равно \frac{1}{2 м о_{Икс}} (⟨ {п, Икс} ⟩ - 2 ⟨ п ⟩ ⟨ Икс ⟩)

$\dot\sigma_X = \frac{1}{2m\sigma_X}\Big(\langle \{P,X\}\rangle - 2\langle P \rangle \langle X \rangle\Big)$ Мы хотим знать, существует ли состояние, для которого в какой-то момент

{\dot{σ}}_{X} < 0

$\dot\sigma_X<0$ . С

σ_{X} > 0

$\sigma_X>0$ , только что полученное выражение приводит нас к эквивалентному вопросу; существует ли состояние, для которого в какой-то момент выполняется следующее неравенство?

⟨ {п, Икс} ⟩ < 2 ⟨ п ⟩ ⟨ Икс ⟩ ?

$\langle\{P,X\}\rangle < 2\langle P\rangle \langle X \rangle\qquad ?$ Дайте мне знать, если вы найдете какие-либо ошибки в математике, так как я сделал это быстро.

Выглядит хорошо для меня. Примените к этому подход Марка Эйхенлауба. Предположим, что существует такое состояние, что $\dot{\sigma}_x>0$ . Тогда по вашему расчету $2\left\langle P\right\rangle \left\langle X\right\rangle > \left\langle \{P,X\}\right\rangle$ . Теперь, во время обратного $P$ меняет знак, но не $X$ , поэтому под Т: $2\left\langle -P\right\rangle \left\langle X\right\rangle > \left\langle \{-P,X\}\right\rangle$ Теперь умножьте на минус, и вы получите желаемый результат.
@MichaelBrown Круто, спасибо. Каким-то образом меня бы все же больше удовлетворил расчет для конкретного состояния, в котором граница была явно проверена. Было бы неплохо посмотреть, как это работает.
Вы можете взять в качестве примера состояние двух гауссов, которые приближаются друг к другу, с x = 0 между ними. Тогда <p> = <x> = 0, но квадратичный оператор не уничтожается зеркальной симметрией.
Если мой мозг не сломался (сегодня мало кофе), то $|0>-|2>$ (в собственных функциях гармонического осциллятора) должен быть другим примером. Не слишком уверен, что это работает в банкомате, но если это не так, это не должно быть сложно настроить в качестве примера. :)
Дерп-дерп не работает. Показывает, что мне нужно сварить кофе и прилечь.
Я также сделал этот расчет сейчас, и, похоже, он работает точно так, как вы показали. И, @MarkEichenlaub, это хороший пример, показывающий, что термин RHS исчезает, хотя мне интересно, очевидно ли, что термин LHS не уничтожается или является отрицательным в этом конкретном случае. Я видел в другом месте, что $\langle xp \rangle=\langle \frac{xp+px}{2} \rangle$ , и интуитивно, если у вас есть два пакета, как было предложено, то классическое умножение xp будет положительным для обоих гауссианов либо до, либо после того, как они попадут в начало координат, удовлетворяя неравенству. Будет ли это разумной логикой?

Кейт · Answer 4

Есть еще одно решение (возможно, более элементарное) $^1$ , с некоторыми компонентами ответов от Qmechanic и JoshPhysics (в настоящее время я прохожу свой первый курс QM и не совсем понимаю решение Qmechanic, и этот ответ дополняет ответ JoshPhysics) решение использует уравнение Гейзенберга:

Эволюция оператора во времени $\hat{A}$ в Гейзенберговской картине квантовой механики дается:

\frac{г \hat{А}}{г т} знак равно \frac{1}{я ℏ} [\hat{А}, \hat{ЧАС}]

$\frac{d\hat{A}}{dt} = \frac{1}{i\hbar} [\hat{A},\hat{H}]$

Для свободной частицы с $\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m}$ , временная эволюция операторов $\hat{x}$ а также $\hat{p}$ находятся :

\frac{г \hat{п} (т)}{г т} знак равно 0 \frac{г \hat{Икс} (т)}{г т} знак равно \frac{\hat{п}}{м}

$\frac{d\hat{p}(t)}{dt}=0 \:\:\:\:\:\:\: \frac{d\hat{x}(t)}{dt}=\frac{\hat{p}}{m}$

Это уравнения движения в картине Гейзенберга свободной частицы, теперь решения дают то же, что и для классической свободной частицы:

\hat{п} (т) знак равно \hat{п} (0) \hat{Икс} (т) знак равно \hat{Икс} (0) + \frac{\hat{п} (0)}{м} т

$\hat{p}(t) = \hat{p}(0) \:\:\:\:\:\:\: \hat{x}(t) =\hat{x}(0)+\frac{\hat{p}(0)}{m}t$

С помощью этих выражений легко видеть, что (или использовать теорему Эренфеста),

⟨ \hat{Икс} (т) ⟩^{2} знак равно ⟨ \hat{Икс} (0) ⟩^{2} + \frac{2 т}{м} ⟨ \hat{Икс} (0) ⟩ ⟨ \hat{п} (0) ⟩ + \frac{т^{2}}{м^{2}} ⟨ \hat{п} (0) ⟩^{2}

$\langle \hat{x}(t) \rangle^2 = \langle \hat{x}(0) \rangle^2 + \frac{2t}{m} \langle \hat{x}(0) \rangle \langle \hat{p}(0) \rangle +\frac{t^2}{m^2} \langle \hat{p}(0) \rangle^2$

⟨ \hat{Икс} (т)^{2} ⟩ знак равно ⟨ \hat{Икс} (0)^{2} ⟩ + \frac{т}{м} ⟨ {\hat{Икс} (0), \hat{п} (0)} ⟩ + ⟨ \hat{Икс} (0) ⟩ + \frac{т^{2}}{м^{2}} ⟨ \hat{п} (0)^{2} ⟩

$\langle \hat{x}(t)^2 \rangle = \langle \hat{x}(0)^2 \rangle + \frac{t}{m}\langle \{\hat{x}(0),\hat{p}(0)\} \rangle +\langle \hat{x}(0) \rangle +\frac{t^2}{m^2} \langle \hat{p}(0)^2 \rangle$

⟨ \hat{п} (т) ⟩^{2} знак равно ⟨ \hat{п} (0) ⟩^{2}

$\langle \hat{p}(t) \rangle^2 = \langle \hat{p}(0) \rangle^2$

⟨ \hat{п} (т)^{2} ⟩ знак равно ⟨ \hat{п} (0)^{2} ⟩

$\langle \hat{p}(t)^2 \rangle = \langle \hat{p}(0)^2 \rangle$

Где мы определили антиконмутатор как $\{\hat{x}(0),\hat{p}(0)\} = \hat{x}(0)\hat{p}(0) +\hat{p}(0) \hat{x}(0)$ , с этим мы можем вычислить стандартное отклонение операторов импульса и положения частицы, теперь для оператора положения:

\begin{aligned} (Δ \hat{Икс} (т))^{2} & знак равно ⟨ \hat{Икс} (т)^{2} ⟩ - ⟨ \hat{Икс} (т) ⟩^{2} \\ знак равно (Δ \hat{Икс} (0))^{2} + \frac{т}{м} (⟨ {\hat{Икс} (0), \hat{п} (0)} ⟩ - 2 ⟨ \hat{Икс} (0) ⟩ ⟨ \hat{п} (0) ⟩) + \frac{т^{2}}{м^{2}} (Δ \hat{п} (0))^{2} \end{aligned}

$\begin{align} (\Delta \hat{x}(t) )^2 & = \langle \hat{x}(t)^2 \rangle - \langle \hat{x}(t) \rangle^2 \\\\ & = (\Delta \hat{x}(0) )^2 +\frac{t}{m} \Big( \langle \{\hat{x}(0),\hat{p}(0)\} \rangle- 2\langle \hat{x}(0) \rangle \langle \hat{p}(0) \rangle \Big) + \frac{t^2}{m^2} (\Delta \hat{p}(0) )^2 \end{align}$

Мы видим, что это выражение формы, $at^2+bt+c$ с

а знак равно (Δ \hat{п} (0))^{2} б знак равно (⟨ {\hat{Икс} (0), \hat{п} (0)} ⟩ - 2 ⟨ \hat{Икс} (0) ⟩ ⟨ \hat{п} (0) ⟩) с знак равно (Δ \hat{Икс} (0))^{2}

$a= (\Delta \hat{p}(0) )^2 \:\:\:\:\:\:\: b=\Big( \langle \{\hat{x}(0),\hat{p}(0)\} \rangle- 2\langle \hat{x}(0) \rangle \langle \hat{p}(0) \rangle \Big) \:\:\:\:\:\:\: c= (\Delta \hat{x}(0) )^2$

Мы видим, что $a,c \geq 0$ , однако ограничений для $b$ , в принципе может принимать любое значение, можно представить себе начальное состояние, когда $b$ отрицательна и очень велика для малых $t$ , стандартное отклонение начинает уменьшаться, но в конце концов для достаточно большого $t$ она начинает увеличиваться, как можно увидеть в разделе 5 этой статьи Распространение волновых пакетов: эффекты температуры и сжатия с приложениями к квантовым измерениям и декогеренции.

Интересно, что мы приходим к тому же результату, что и Джошфизик, но с несколько иными подходами.

$^1$ Опять же, я публикую этот ответ, чтобы дополнить уже данные, лично, когда я впервые столкнулся с этой проблемой, я был сбит с толку этой веткой, я прочитал ее, но я не совсем понял симметрию обращения времени и другие решения, которые сбивают с толку или являются продвинутыми для моего уровня. Я надеюсь, что это прольет свет на студента, ищущего это в будущем. Хорошее дополнение для начинающих можно найти здесь Heisenberg Picture: U Colorado Advanced Quantum Mechanics

Возможно ли, чтобы ΔxΔx\Delta x (σxσx\sigma_x) любого волнового пакета свободной частицы в любой момент времени уменьшалось?

Райкер

Дэвид З.

Райкер

Ответы (4)

Марк Эйхенлауб

Райкер

Марк Эйхенлауб

Марк Эйхенлауб

джошфизика

Райкер

Марк Эйхенлауб

Райкер

Марк Эйхенлауб

Марк Эйхенлауб

Райкер

Марк Эйхенлауб

Райкер

Марк Эйхенлауб

Эмилио Писанти

Райкер

Марк Эйхенлауб

Райкер

Эмилио Писанти

Райкер

Марк Эйхенлауб

Марк Эйхенлауб

Райкер

Qмеханик

джошфизика

Майкл

джошфизика

Марк Эйхенлауб

Майкл

Майкл

Райкер

Кейт